2026年高考物理二轮复习（培优版）高考题型专练计算题增分练（二）含答案

轮（培优版）第三部分高考

题型专练计算题增分练（二）

（时间：40分钟）

1.（2024.广东汕头高三期末）坦克是一种封闭的军用战备车辆，坦克内部人员需要

通过观察孔侦察外部情况。观察孔如图1所示，其宽度L=10cm,厚度d=IO5

cm,将折射率为〃=位的某种玻璃砖完全嵌入观察孔内，求：

图1

（1）该玻璃在空气中的全反射临界角C：

⑵嵌入玻璃砖后，坦克内部人员通过这块玻璃砖能看到的视野的最大张角仇

答案⑴45。(2)90°

解析（1）由全反射临界角公式可得sinC=[=^

解得全反射临界角为C=45。。

（2）如图所示,

由几何关系可得

L^3

tan3

可得r=30°

根据折射定律可得〃=碧

（7111I

可得sini=〃sinr=^

解得7=45。

则视野的最大张角为。=2，=90。°

2.(2024•河北保定一模)如图2所示，光滑杆A8与竖直方向的夹角为0。质量为〃?

的小球套在光滑杆上，球随杆一起绕OO,轴线匀速转动，此时球到8点的距离为

L,重力加速度为g,求：

(1)杆对小球的作用力大小F;

⑵杆转动的角速度©0：

(3)若调节杆转动的角速度，小球恰能在距K点2/,处再次随杆一起匀速转动，该

过程杆对球做的功W。

答案(1烯⑵#SI(3)|^Lcos0

解析(1)小球在距B点L处，有

mg

Fsin9=mg,得少=

sin00

(2)水平方向:

Feose=〃7coG£sin0

初洱_I&COS8

解付so-'LsiiM

(3)小球在距B点、2L处,有Fsin9=mg

Feos0=tnco22Ls\n0

解得。川舞I

开始时小球做圆周运动的线速度

vo=tooLsin0=y]Lgcos0

调节杆转动的角速度后，小球做圆周运动的线速度

v\=fo-2LsinO=yl2Lgcos0

由动能定理得

W-mgLcos0=加—

3

解得W=,〃7gLeos夕。

3.（2024•山东荷泽二模）如图3,在x0），平面内虚线。M与x轴负方向夹角为45°,

虚线OM右上侧和第一象限为区域1,1内存在垂直xOy平面向里、磁感应强

度为8的匀强磁场，虚线OM左下侧和第三象限为区域II,II内存在垂直xOy

平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O

沿x轴正方向以速度a射入磁场，不计粒子重力。求：

y

M、

X、XXXx>XXXXXX

•X、①x_x)>XXXXXX

XXXX«XX

n-、、、,XXXXXX

•Q%X

II

ii

••

••

图3

（1）粒子从。点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间；

⑵粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标；

（3）粒子第2〃次通过OM直线时与。点的距离表达式（其中〃=1,2,3,…）。

小士=9花（3+陋）vo

口水⑴漏⑵L而'0】

,八3y[2nvo,

(3)s=+—(其中〃=1,2,3…)

解析（1）粒子的运动轨迹如图所示。在区域I中，设轨迹半径为内，周期为2,

由洛伦兹力提供向心力，有cjv（）B=i?r^

r,mmvoVO

可得〃=调=而

--2m

又Ti=—vo

2nm2兀

解得T\=

qBkB

n

在区域II中,设轨迹半径为废，周期为72,由洛伦兹力提供向心力，有

tn-

n

2mvo2vo

可得相

qBkB

2兀相

又乃=vo

十4兀〃74兀

解得乃=9=而

由题意可知力=%=疆,，2=12=捐

97r

故粒子从。点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间为人+，2=砺。

⑵由几何关系可知，粒子第二次穿过X轴与X轴交点的横坐标为

x=—(n+n+nsin600)

代入得L丹卜

所以位置坐标为[一0]o

ND

⑶粒子第2次通过直线时与O点距离为

L=y[2（r\n）

每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L,第2〃次通过OM直线时与。点

距离为s=nL

代入得$=噜四（其中〃=1,2,3,…）。

KIJ

4.（2023・广东卷，15）如图4为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送

带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L,平台高为人药

品盒A、B依次被轻放在以速度如匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，

从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2M的速度

与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。

已知A、B的质量分别为m和2/«,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能

的;。A与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,A、B在滑至N点之前

不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求:

(DA在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间/；

(2)R从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W：

⑶圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。

答案1焉(2)6mgL—3tnvi(3)£

解析(1)A在传送带上运动时的加速度a=Ng

由静止加速到与传送带共速所用的时间

(2)由功能关系得B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功

W=gX2加捕+2〃7g•3L—g义2〃7(2OO)2=—3”捕。

(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知

2nv2vo=inv\-\-2njvi

:X2m（2vo）2—（匕〃济X2mvi1）=33乂2/〃（2oo）2

2

解得01=200,V2=V0

2v

（另一组01=铲0,。2=m0舍掉）

两物体平抛运动的时间九=

则s-r=V2t\

s-\~r=v\t\

解得s=等N年。计算题增分练(三)

(时间：40分钟)

1.如图1所示，两端开口、导热性能良好的容器由两部分圆柱形容器组成，上、

下两侧容器横截面半径之比为吸：1,现用长为L=2()cm的不可伸长的轻绳拴接

两水平活塞A、B,A、B与容器间密封良好，活塞C用销钉固定，A、B间有一

定质量的理想气体，A、C间被抽成真空，此时封闭气体的压强刚好等于外界大

气压，且A、B到两容器连接处的距离相等。已知环境温度和大气压恒定，A、B

的质量分别为〃2A=2kg、〃2B=1kg,重力加速度g=10m/s2,忽略一切摩擦。拔

去销钉，撤去活塞C,稳定后A在连接处，求稳定时轻绳对活塞的作用力大小。

dCZ>H

A

B

图1

答案17.5N

解析由题意可知，A、B的横截面半径之比为/：1,则横截面积之比为SA：SB

=2：1

设环境的大气压和热力学温度分别为〃o、7b,撤去C之前，对B受力分析有

汽+〃OSB-POSB—=0

对活塞A有/X)SA一汽一，〃Ag=0

又机A："?B=2：1

ASz3〃叫

解何B处一2sB

撤去C,A上侧空间与大气相通，稳定时A在连接处，设封闭气体的压强为0,

该过程封闭气体的温度不变，由玻意耳定律有

POGSA+亨SB)=piLSB

3

解得pi=gpo

对活塞B有尸i+〃OSB—piSB—mug=0

代入数据解得Fi=17.5N。

2.如图2为一种能在空中长距离滑行的蜥蜴一飞蜥，某只飞蜥躲避攻击时从树

上水平飞出，飞出瞬间速度为36km/h,水平方向末速度为28.8km/h,其在水平

方向做变减速运动，假设其在竖直方向做自由落体运动，已知滑翔结束时，飞蜥

的速度与竖直方向夹角为45。，重力加速度e=10m/s2,求滑翔过程飞蜥在水平方

向受到的平均作用力与其体重的比值。

图2

答案1:4

解析水平方向。初=1()m/s,。米=8m/s,飞蜥做变减速运动，整个过程水平方

向的速度变化量Au=o术-o初=-2m/s

滑行结束时，竖直方向的速度为v里=(@：45。=8向s

飞蜥在竖直方向做自由落体运动，则滑行的时间j=g=().8s

整个过程在水平方向，由动量定理有Ft=m\^v\

则尸=2.5〃？N

则滑行过程飞蜥在水平方向所受平均作用力与其重力的比值为F春=；1。

mga

3.(2024•浙江6月选考，19)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，

设计了如图3所示装置。飞轮由三根长。=0.8m的辐条和金属圆环组成，可绕过

其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=lkg的物块，

细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电

刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电

动势氏=12V、内阻r=0.1C,限流电阻Ri=0.3Q,飞轮每根辐条电阻R=0.9C,

电路中还有可调电阻型(待求)和电感线圈心不计其他电阻和阻力损耗，不计飞

轮转轴大小。

图3

⑴开关S掷1,“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8V,

①判断磁场方向，并求流过电阻用的电流/;

②求物块匀速上升的速度

(2)开关S掷2,物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与

“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，

①求可调电阻&的阻值；

②求磁感应强度A的大小c

答案⑴①垂直纸面向外10A②5m/s(2)①0.2Q@2.5T

解析(1)①根据题意可知，飞轮逆时针转动，根据电路特点可知，三根辐条中

的电流均沿辐条指向圆心，如图所示，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向

外

由于电压表示数U=8V,则电源内阻与限流电阻的总分压为Us=E—U=4V

根据欧姆定律得/=f=10A。

r+/?i

n

②根据能量守恒定律有UIt=I^t+mgvt

代入数据解得。=5m/s。

(2)①根据题意可知，物块匀速下降的速度U=o=5m/s,且稳定时每根辐条中的

电流与(1)中的相同，则根据能量守恒定律有

代入数据解得76=0.2Q.

②稳定时，重物重力的功率等于三根辐条克服安培力做功的总功率，则有

代入数据解得8=2.5To

4.(2024・四川绵阳高三期末)如图4所示,Oxyz为空间直角坐标系，在x<0的空间I

内存在沿z轴正方向的匀强磁场3。在0<x<d的空间II内存在沿)，轴正方向的

匀强电场E，在的空间III内存在磁感应强度大小治=肾、方向沿尤轴正

方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从上轴上的A(必=一黄〃)点以沿Ory平面

内某一方向的初速度。。射入空间I的磁场区域，经磁场偏转后从丁轴上的C(”

=")点垂直y轴进入空间II,并从x轴上的O(m=")点进入空间III。已知粒

子的电荷量大小为q,质量为〃z,不计重力。求:

_52

ICJE.

in

D-

图4

⑴空间I内磁场的磁感应强度大小B和空间II内电场的电场强度大小E；

⑵粒子在空间III的运动过程中，距离x轴的最大距离；

⑶粒子进入空间III后，每次经过x轴时的横坐标。

答案⑴丽V⑵4d

(3)(2〃兀+l)d(〃=l,2,3,…)

解析(1)设粒子在空向I的磁场中的轨迹半径

为n,运动轨迹如图所示。

由几何关系可得

S-d)2+(y[3d)2=rr

解得门=24

由洛伦兹力提供向心力可得“9（）81=/若

解得囱=痂

粒子在空间II做类平抛运动，沿y轴方向的加速度大小。=誓

沿x轴方向有d=vot

沿y轴方向有d=\af-

皿0L2"?沈

解付“=%7。

（2）粒子经过D点时，沿y轴负方向的分速度大小为vy=at=2vo

沿x轴正方向的分速度大小为vx=vo

粒子在空间111内垂直于磁场的分速度行使粒子在），Oz平面内做匀速圆周运动,

7）7v

由洛伦兹力提供向心力可得qvyB2=in-^

解得n=2d

粒子做圆周运动距x轴的最大距离为乙=29=4/

⑶粒子在空间111内做圆周运动的周期为7=鬻=乎

粒子在空间III内沿X轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿X轴正方向

运动的距离x=v（）T=27id

所以粒子在空间III中每次经过x轴时的横坐标为

x=d+2〃兀d=（2mc+1）或〃=1,2,3,…）。

计算题增分练（四）

（时间：40分钟）

1.如图1所示，一个三棱镜。EV—OE尸的横截面为直角三角形，A、B、C分别

为三条棱的中点，NCA8=30。，NAC8=90。，4?的长度为L,该三棱镜材料的

折射率〃=小。现有一细光束，其入射方向始终保持与4、B连线平行，入射点

从A点沿A、C连线向C点移动，若不考虑光线在三棱镜内的多次反射。求:

(1)光线从EFTE面射出时的折射角；

(2)光线从A点向C点移动的过程中，在边有光线射出的长度范围。

答案(1)0(2)1

解析(1)设光线从M点入射时，经折射后恰好射向3点。光线在AC边上的入射

角为仇，折射角为例，由折射定律〃=鬻

o111\72,

因a=60。，〃=,，历以a=30。

在AM范围内入射时，经折射后在A8边上的入射角为。3,则。3=60。

1

因临界角sinC=-=V〈sin60°

所以在A3边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于8c边，则从

3c边射出的光线的折射角为()。

(2)在MC范围内入射时,经折射后在8c边上的入射角为例,则必=90。一例=60。,

在BC边上发生全反射，由几何关系知，全反射后的光线垂直于A8边，A3边上

有光线射出的部分长度为

2

BN=BCsin30°=L(sin300)=^o

2.(2024.山东临沂一模)据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最

初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，

短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石

块抛出。某学习小组用如图2所示的模型演示抛石过程，质量〃z=lkg的石块装

在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，

当长臂转到与竖直方向夹角为9=53。时立即停止转动，石块以。0=20m/s的速度

被抛出后打在地面上，石块抛出点。离地面高度〃=1.65m,不计空气阻力，重

力加速度g取lOm/s?,sin53°=0.8,求:

图2

(1)抛出后石块距离地面的最大高度；

(2)在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度L=3.2m的木板充当城墙挡住石块，

木板离石块抛出点的最近距离。

答案(1)14.45m(2)37.2m

解析(1)石块抛出时沿竖■直方向分速度为7;0y=7winf)=16m/s

则石块从抛出到最高点的高度为用=9=12.8m

抛出后石块距离地面的最大高度为H=/n+//=14.45mo

(2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近；石块从最高点到

木板上端过程做平抛运动，竖直方向有“一

5,口/2(H-L)

解传f2=、J---------=1.5s

石块从抛出到最高点所用时间为力=詈=1.6$

石块抛出时的水平分速度为VOA~POCOS。=12m/s

则木板离石块抛出点的最近距离为x=V0x(t\+72)=37.2m。

3.(2024•广东江门一模)如图3所示，在A<0的区域存在方向竖直向上、大小为E

的匀强电场，在x>()区域存在垂直纸面向外的匀强磁场6(6未知)。一个质量为

机的带正电粒子甲从A点(一小d,0)以速度oo沿刀轴正方向进入电场，粒子从B

点(0,|d)进入磁场后，恰好与静止在C点质量为黝中性粒子乙沿工轴正方向发

生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。己知C点横坐标为xc=小"，不计

粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用。求：

图3

(1)粒子甲的比荷；

(2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；

⑶若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在KO的区域加上与亡＞0区域内相同

的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时

间AZo

答案⑴言⑵加!⑶能V

解析(1)如图所示，

粒子甲在电场中沿X轴方向做匀速直线运动，有

事d=vol

沿)，轴方向做匀加速直线运动有%=%尸，°=吟

乙乙fit

联立求得铝媒

(2)粒子甲在B点沿)，轴方向的速度

vy=at=y[3vo

进入磁场中粒子甲速度方向与x轴的夹角

tan0=F=第

voY

即6=60。

则进入磁场时的速率0=]：｝)。=25

由几何关系可得sin60。=*

_.niv2

又由qvB=—^-

求得“去

(3)甲、乙粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度为。1、s,碰撞过程中由动量守

恒定律和能量守恒定律可得

inv=mV]-\-^mV2

摄〃"=斗〃抗+；X

求得加=00,V2=3UO

两粒子碰后在磁场中运动，有

1cmvl1八mm

求得r\=ii=2d

两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为力=誓=誓，乃

2兀废4兀4

V2~3vo

则两粒子碰后再次相遇需满足票。一去『2兀

h11

解得再次相遇时间。=鬻。

4.(2024•浙江台州二模)如图4所示装置放置在水平地面上，质量〃M=0.5kg的滑

块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已

知圆弧半径R=0.5m,传送带长d=\m,与地面高度/?=1.8m。滑块可视为质点,

滑块P与传送带